四川省绵阳市高三上学期第二次诊断性考试理综物理试题

绵阳市高中2020级第二次诊断性考试理科综合能力测试一、选择题1.如图所示，一物体被水平向左的压力压在粗糙的竖直墙壁上，某时刻压力的值为，此时物体处于静止状态，若从该时刻起使压力逐渐减小，直到减为零，则该过程中物体的加速度与压力的关系图像可能正确的是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【详解】设物体与竖直墙壁间的动摩擦因数为，物体的质量为。压力为时，物体处于静止状态，若此时摩擦力刚好达到最大值，则从该时刻起使压力逐渐减小，物体立即获得加速度向下加速运动，根据牛顿第二定律可得又联立可得故选D。2.在真空中有甲、乙两个质量不等、带同种电荷的粒子，甲从较远处以一定的初速度沿直线向原来静止的乙运动，甲、乙间的距离减小到某值后又增大。忽略粒子重力，不考虑电荷运动产生的磁场，则在此过程中，先减小后增大的物理量是（）A.甲、乙间库仑力 B.甲、乙的动量之和C.甲、乙的动能之和 D.甲、乙的电势能之和【答案】C【解析】【详解】A．根据可知，甲、乙间的距离减小到某值后又增大，则甲、乙间的库仑力先增大后减小，A错误；B．对两粒子构成系统分析，可知，系统所受外力的合力为0，则系统的动量守恒，即甲、乙的动量之和不变，B错误；D．由于甲、乙间的距离减小到某值后又增大，可知电场力对两粒子做功的代数和开始为负值，后为正值，即电场力先做负功，后做正功，则甲、乙的电势能之和先增大后减小，D错误；C．两粒子在运动过程中只有电势能与动能相互转化，根据上述，甲、乙的电势能之和先增大后减小，则甲、乙的动能之和先减小后增大，C正确。故选C。3.为测定某一质量为的带电小球所带的电荷量，某同学将该电荷用长为的绝缘细线悬挂在两竖直放置的平行金属板间，调整两板间距为，给两板加的电压时，测得小球偏离竖直方向的距离为，重力加速度取，则小球所带的电荷量为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【详解】根据小球向左偏可知，小球带负电，设绳与竖直夹角为，则根据解得故选A。4.2022年11月29日，“神舟十五号”发射升空，成功对接空间站天和核心舱，中国空间站首次形成了“三舱三船”的组合体。组合体视为在距地面约为的轨道上做匀速圆周运动，地球视为质量分布均匀的球体，半径约，表面的重力加速度约为，则驻舱航天员在空间站内每天（24小时）可以看到日出的次数为（）A.18 B.16 C.14 D.12【答案】B【解析】【详解】由万有引力提供向心力解得驻舱航天员的周期为又因为在地球表面有化简得联立解得，驻舱航天员的周期为代入数据解得所以驻舱航天员在空间站内每天（24小时）可以看到日出的次数为故选B。5.中国人民解放军在某海域进行了一次实弹演练。一个士兵蹲在皮划艇上，用步枪在时间内沿水平方向发射了N发子弹。若该士兵连同装备和皮划艇的总质量是M，发射每两发子弹之间的时间间隔相等，每发子弹的质量为m，子弹离开枪口的对地速度为。射击前皮划艇是静止的，不考虑水的阻力，忽略因射击导致装备质量的减少，则在时间内皮划艇的位移为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【详解】根据题意可知，在时间内沿水平方向发射了N发子弹，每两发子弹之间的时间间隔相等，则时间间隔为射击前皮划艇是静止，不考虑水的阻力，发射第1发子弹之后，由动量守恒定律有解得皮划艇的速度为发射第1发子弹之后，发射第2发子弹之前，皮划艇运动的位移为发射第2发子弹之后，由动量守恒定律有解得皮划艇的速度为发射第2发子弹之后,第3发子弹之前，皮划艇运动的位移为同理可知，发射第发子弹之后，发射第发子弹之前，皮划艇运动的位移为由数学知识可知，在时间内皮划艇的位移为故选A。6.甲、乙两赛车，在平直车道上由静止开始保持额定功率启动。甲车启动后，速度达到，后，速度达到最大速度；乙车启动后，速度达到，后，速度达到最大速度。假设赛车行驶过程中所受阻力恒为车重的倍，甲车的质量为乙车的倍，重力加速度取，则（）A.甲车额定功率是乙车额定功率的倍B.速度达到时，甲车加速度是乙车加速度的倍C.速度达到时，甲车牵引力是乙车牵引力的倍D.加速到最大速度的过程中，甲车通过距离是乙车通过距离的倍【答案】BD【解析】【详解】A．达到最大速度时，甲、乙两车分别满足，其中，，联立解得A错误；BC．由，可得代入数据可得，B正确，C错误；D．加速到最大速度的过程中，据动能定理可得代入数据对比可得，甲车通过距离与乙车通过距离之比为D正确。故选BD。7.如图所示，质量为m、带电量为的小圆环套在半径为R的光滑绝缘大圆环上，大圆环固定在竖直平面内，O为环心，A为最低点，B为最高点。在大圆环所在的竖直平面内施加水平向右、场强为的匀强电场，并同时给在A点的小圆环一个向右的水平初速度，小圆环恰好能够沿大圆环做完整的圆周运动，则小圆环运动过程中（）A.动能最小与最大的位置在同一等势面上B.电势能最小的位置恰是机械能最大的位置C.在A点获得的初速度为D.过B点受到大环的弹力大小为【答案】BC【解析】【详解】A．由于匀强电场的电场强度为，即电场力与重力大小相等，作出小圆环的等效物理最低点C与物理最高点位置D，如图所示小圆环在等效物理最低点速度最大，动能最大，在等效物理最高点速度最小，动能最小，根据沿电场线电势降低，可知可知其不在同一等势面上，A错误；B．小圆环在运动过程中，只有电势能、动能与重力势能的转化，即只有电势能与机械能的转化，则电势能最小的位置恰是机械能最大的位置，B正确；C．小圆环恰好能够沿大圆环做完整的圆周运动，即小圆环通过等效物理最高点D的速度为0，对圆环分析有解得C正确；D．小圆环运动到B过程有在B点有解得可知，小圆环过B点受到大环的弹力大小为，D错误。故选BC。8.轻质细线绕过两个等高、光滑定滑轮P、Q，两端分别连接着质量均为m的小球A、B，已知P、Q间细线水平，间距为l，A、B小球处于静止状态。现将一质量也为m的物体C，通过光滑的轻挂钩挂在细线上与两定滑轮等间距的位置O，静止释放后向下运动。若A、B始终没有与P、Q相碰，重力加速度为g，则C物体在下降过程中（）A.速度先增大后减小 B.加速度先增大后减小C.下降的最大高度为 D.下降的最大高度为【答案】AD【解析】【详解】A．C物体初速度为0，下降到最低点时速度也为0，根据极端法可知，C物体的速度先增大后减小，故A正确；B．物体C下降过程中速度先增大后减小，加速度先减小后增大，故B错误；CD．C下降到最低点时三个物体的速度均为0，令此时C左右细线与竖直方向此时的夹角为α，对A、B、C构成的系统有解得则C物体下降最大高度为故D正确。故选AD。二、非选择题9.用如图所示装置探究物体所受合力的冲量与物体动量变化的关系。将气垫导轨调节至水平，轻牵引绳一端连接滑块，另一端通过定滑轮连接钩码。气垫导轨充气后释放钩码，滑块上的遮光片经过光电门A、B时间分别为、，滑块从光电门A到B的时间为t；逐渐改变钩码个数n（，2，3，…），重复实验，并将实验数据记录在下列表格中。已知滑块（含遮光片）总质量，每个钩码质量，遮光片宽度，g取。数据组别n/个10.1270.0621.459120.0850.0431.005230.0750.0360.858340.0570.0300.699450.0510.0270.6255（1）滑块“所受合力的冲量”的计算式是__________。（用题中相关物理量的符号表示）（2）滑块“动量变化”的计算式是__________。（用题中相关物理量的符号表示）（3）本实验滑块“动量变化”和“所受合力的冲量I”的相对误差，如果值在8.00%以内，可以得到结论：滑块动量变化等于其所受合力的冲量。根据第5组数据，计算相对误差__________%。（保留三位有效数字）【答案】①.②.③.5.94（5.90~5.98都对）【解析】【详解】（1）[1]对滑块分析，由牛顿第二定律可得对钩码分析，由牛顿第二定律可得可得由于，所以有即滑块所受合力约等于钩码的重力，则滑块所受合力的冲量为所以滑块“所受合力的冲量”的计算式是。（2）[2]滑块经过光电门A、B时的速度分别为，则滑块的动量变化为则滑块“动量变化”的计算式是。（3）[3]根据第5组数据，则有，，，n=5，可得则相对误差为计算结果在5.90~5.98之间都对。10.某实验小组设计如图甲的原理图，先测量未知电阻，再测量电源电动势E和内阻r。已知待测电阻阻值很小，电流表（量程，内阻），电压表（量程，内阻约几千欧），滑动变阻器R（，允许的最大电流），一节干电池，单刀单掷开关S，导线若干。（1）测量未知电阻。将滑动变阻器滑片置于最右端，电压表左端e与a点相连，右端f先后与b、c点相连；闭合开关S，调节滑动变阻器，分别读出电压表和电流表的读数、，、，则__________（选填“”“”或“”）；若某次测得，，则待测电阻__________。（2）测量电源电动势E和内阻r。将滑动变阻器滑片置于最右端，电压表右端f与d点相连，左端e分别与b、c点相连；闭合开关S，调节滑动变阻器，分别读出电压表和电流表的读数，得到多组，绘制图像如图乙所示。回答下列问题：①由图可知，图线Ⅰ是__________相连（选填“”或“”）。②相连与，系统误差是不同的。在图线Ⅰ和Ⅱ中选择误差较小的图线，计算电源的电动势__________V，内阻__________。（结果均保留三位有效数字）【答案】①②.0.60③.④.1.50⑤.2.90##3.00##3.10【解析】【详解】（1）[1]由题意可知，由欧姆定律得，当电压表左端e与a点相连，右端f与b点相连时右端f与b点相连时所以[2]因为所以待测电阻的阻值为（2）[3]由题意可得，由闭合电路的欧姆定律当电压表右端f与d点相连，左端e与b点相连时，有在图像中，斜率当电压表右端f与d点相连，左端e与c点相连时，有在图像中，斜率由图乙可知，图线Ⅰ比图线Ⅱ的斜率大，所以可得图线Ⅰ是ec相连。[4][5]由题意得，图线Ⅰ的误差较小，由可得，电源电动势因为代入解得，电源内阻为11.人类终将会踏上系外星球。一个系外星球质量和半径均为地球质量和半径的2倍，系外星球和地球表面，分别放置如图所示完全相同的轨道，和是两个光滑的四分之一圆弧，半径相等均为R，在同一平面内，两圆弧的圆心O、与B在同一条竖直线上。现分别在轨道上某点D（图中未画出）无初速释放一大小不计、质量为m的小物体。忽略空气阻力，地球表面重力加速度为g。求：（1）若D点与A重合，求在系外星球与地球上物体在B点受到的支持力大小之比；（2）若与的夹角为，求在系外星球上物体离开圆弧轨道时速度大小。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）设系外星球质量为，半径为，星球表面重力加速度为，地球质量为M，半径为r，地球表面重力加速度为g，则物体从A点到B点，在系外星球与地球上，设在B点受到支持力分别为和F，则，由牛顿第二定律分别可得，联立解得（2）若与的夹角为，设在系外星球上物体离开圆弧轨道上某点离开轨道时速度为v，该点与连线与竖直方向的夹角为，则据动能定理可得联立解得12.如图所示，两个等高、质量均为的滑板C、D，放在粗糙水平面上，相距。底面粗糙的小物块A质量，在C板上某处；底面光滑的小物块B质量，在D板左端。已知A带电量为，B、C、D均不带电且绝缘，A与C、D板间动摩擦因数均为，C、D板与地面间动摩擦因数均为。初始时A、B、C、D都静止，现加一水平向右的匀强电场，一段时间后，C与D相碰粘在一起的同时，A与B也相碰，A与B碰撞时间极短，且没有机械能损失；之后，A与B能够在D板上再次相碰。g取。求：（1）初始时小物块A与C板右端的距离；（2）D板的最小长度；（3）A与B第二次碰撞前，A与D板摩擦产生的热。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）设在加电场瞬间，A、C加速度大小分别是，则解得设从加电场到C与D相碰经过的时间为，初始时小物块A与C板右端的距离为d，则解得，（2）设C与D碰前的速度为，碰后C与D的共同速度为，则解得，A与B相碰前速度为为，碰后A、B速度分别为，则解得，，由于所以，C、D板碰撞后粘在一起，以共同速度做匀速直线运动。又由于碰后C与D的共同速度所以A和B都相对C、D向右滑动。A做初速度为，加速度为的匀加速运动，B做速度为的匀速运动。设从A与B第一次碰撞到第二次碰撞经过的时间为，通过的距离都是，C与D一起通过的距离是为，则解得，，D板的最小长度为，则（3）A与B第二次碰撞前，A与D板摩擦产生的热为Q，则解得13.一定质量的某种理想气体，在如图所示的坐标系中，先后分别发生两种状态变化过程，过程一：状态，气体从外界吸收热量为；过程二：状态，气体从外界吸收热量为。已知图线反向延长线通过坐标原点O，B、C两状态的温度相同。则从状态的过程，该气体的体积__________（选填“增大”“减小”或“不变”），内能的增量是__________J；从状态的过程，外界对该气体做的功__________J。【答案】①.不变②.③.【解析】【详解】[1][2][3]根据可知，因为图线反向延长线通过坐标原点O，所以为等容线，则从状态的过程，该气体的体积不变。体积不变，不做功，内能的增量是理想气体，内能只与温度有关，所以从状态的过程解得14.如图（a）所示，两端开口的导热汽缸水平固定，A、B是厚度不计、可在缸内无摩擦滑动的轻活塞，缸内有理想气体，轻质弹簧一端连接活塞A、另一端固定在竖直墙面（图中未画出）。A、B静止时，弹簧处于原长，缸内两部分的气柱长分别为L和；现用轻质细线将活塞B与质量的重物C相连接，如图（b）所示，一段时间后活塞A、B再次静止。已知活塞A、B面积、分别为，弹簧劲度系数，大气压强为，环境和缸内气体温度。（ⅰ）活塞再次静止时，求活塞B移动的距离；（ⅱ）缓慢降温至T，活塞B回到初位置并静止，求温度T的大小。【答案】（ⅰ）；（ⅱ）【解析】【详解】（ⅰ）设活塞再次静止时缸内气体的压强为p，则对活塞B，由平衡条件得对活塞A移动的距离为x，根据平衡条件得解得活塞重新静止时，设活塞B移动，移动前后，汽缸体积分别为，则解得（ⅱ）缓慢降温至T，使活塞B回到初位置并静止，气体发生等压变化，此过程中，活塞A受力不变，弹簧形变量不变，则活塞A不动。